高中物理生活中的圆周运动真题汇编(含答案)含解析.docx

1、高中物理生活中的圆周运动真题汇编( 含答案 ) 含解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1 如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.4m 的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内， O 是 BCD的圆心， BOD 在同一竖直线上质量为m=1kg 的小物块在水平恒力F=15N 的作用下，从A 点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B 点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D 点，已知A、 B 间的距离为3m ，小物块与地面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取 10m/s 2求：（1）小物块运动到B 点时对圆轨道B 点的压力大小（2）小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点

2、之间的距离【答案】（ 1） 160N（ 2）0.8 2 m【解析】【详解】（1）小物块在水平面上从A 运动到 B 过程中，根据动能定理，有：（F-mg） xAB1B2=mv-02在 B 点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：NmgmvB2R联立解得小物块运动到B 点时轨道对物块的支持力为：N=160N由牛顿第三定律可得，小物块运动到 B 点时对圆轨道 B 点的压力大小为： N=N=160N （2）因为小物块恰能通过 D 点，所以在 D 点小物块所受的重力等于向心力，即：2mgm vDR可得： vD=2m/s设小物块落地点距B 点之间的距离为x，下落时间为t，根据平抛运动的规律有：x=vDt

3、 ，2R= 1 gt22解得： x=0.8m则小物块离开D 点后落到地面上的点与D 点之间的距离l2x0.8 2m2 如图所示，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高质量为m 的小球从离 B 点高度为 h 处（ 3 Rh3R ）的 A 点由静止开始下落，从B 点进入圆轨道，2重力加速度为g ）（ 1）小球能否到达 D 点？试通过计算说明；（ 2）求小球在最高点对轨道的压力范围；（3）通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与B 点水平距离 d 的范围【答案】（1）小球能到

4、达D 点；（ 2） 0F3mg ；（ 3）2 1 Rd2 21 R【解析】【分析】【详解】（1）当小球刚好通过最高点时应有：mvD2mgR由机械能守恒可得：mg h RmvD22联立解得 h3 R ，因为 h 的取值范围为3 R h3R，小球能到达D 点；22（2）设小球在 D 点受到的压力为F ，则F mgmvD2Rmg h RmvD22联立并结合 h 的取值范围 3 R h3R 解得： 0F3mg2据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：0 F 3mg（3）由（ 1）知在最高点 D 速度至少为 vD mingR此时小球飞离 D 后平抛，有： R1 gt 22xminvD min t

5、联立解得 xmin2RR ，故能落在水平面BC 上，当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有： mg3mgm vD2maxR解得 vD max 2gR小球飞离 D 后平抛 R1 gt 2 ，2xmax vD max t联立解得 xmax2 2R故落点与 B 点水平距离 d 的范围为：21 R d22 1 R3 如图所示，光滑轨道CDEF 是一 “过山车 ”的简化模型，最低点D 处入、出口不重合，E 点是半径为 R 0.32m的竖直圆轨道的最高点， DF 部分水平，末端 F 点与其右侧的水平传送带平滑连接，传送带以速率v=1m/s 逆时针匀速转动，水平部分长度L=1m物块 B静止在水平面的最右

6、端F 处质量为 mA 1kg 的物块 A 从轨道上某点由静止释放，恰好A B通过竖直圆轨道最高点E，然后与发生碰撞并粘在一起若的质量是A的k倍，BB、与传送带的动摩擦因数都为0.2 ，物块均可视为质点，物块A 与物块 B 的碰撞时间极短，取 g 10m / s2求：（ 1）当 k 3 时物块 A、B 碰撞过程中产生的内能；（ 2）当 k=3 时物块 A、B 在传送带上向右滑行的最远距离；（3）讨论 k 在不同数值范围时， A、B 碰撞后传送带对它们所做的功W 的表达式【答案】 （1） 6J（ 2） 0.25m（ 3） W2 k1 J Wk 22k152 k1【解析】（1）设物块 A 在 E 的

7、速度为 v0 ，由牛顿第二定律得： mA gmAv02，R设碰撞前 A 的速度为 v1 由机械能守恒定律得：2mA gR1mAv021mAv12 ，22联立并代入数据解得：v14m / s ；设碰撞后A、B 速度为 v2 ，且设向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1 mAm2 v2 ；解得： v2mAv1141m / s ；1 3mA mB由能量转化与守恒定律可得：Q1mAv12 1mAmB v22 ，代入数据解得Q=6J ；22（2）设物块 AB 在传送带上向右滑行的最远距离为s，由动能定理得：mAmBgs1mAmBv22 ，代入数据解得 s0.25m ；2（3）由式可知：v2mAv141m

8、 / s ；mAmBk（i ）如果 A、 B 能从传送带右侧离开，必须满足1mAmBv22mAmBgL ，2解得： k 1，传送带对它们所做的功为：WmAmBgL2 k1 J；（ii ）（ I）当 v2v 时有： k3，即 AB 返回到传送带左端时速度仍为v2 ；由动能定理可知，这个过程传送带对AB 所做的功为： W=0J，（II）当 0 k时， AB 沿传送带向右减速到速度为零，再向左加速，当速度与传送带速度相等时与传送带一起匀速运动到传送带的左侧在这个过程中传送带对AB 所做的功为 W1 mAmBv21 mAmBv22，22k 22k15解得 Wk1；2【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用

9、，分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理即可解题；解题时注意讨论，否则会漏解 A 恰好通过最高点 E，由牛顿第二定律求出 A 通过 E 时的速度，由机械能守恒定律求出 A 与 B 碰撞前的速度， A、B 碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程产生的内能，应用动能定理求出向右滑行的最大距离根据A、B 速度与传送带速度间的关系分析 AB 的运动过程，根据运动过程应用动能定理求出传送带所做的功4 如图所示，一质量M =4kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组

10、成， BC与 CD相切于 C，圆弧BC 所对圆心角 37，圆弧半径 R=2.25m，滑动摩擦因数 =0.48。质量 m=1kg 的小物块从某一高度处的A 点以 v0 4m/s 的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B 点进入圆弧轨道，最终与小车保持相对静止。取g 10m/s 2， sin37 =0.6，忽略空气阻力，求 :（ 1） A、B 间的水平距离；（ 2）物块通过 C 点时，轨道对物体的支持力；（ 3）物块与小车因摩擦产生的热量。【答案】 （1） 1.2m （2） FN25.1N （ 3） 13.6J【解析】【详解】（1）物块从 A到 B由平抛运动的规律得 :gttan= v0x= v0t得x

11、=1.2m（2）物块在 B 点时，由平抛运动的规律得：v0vBcos物块在小车上 BC段滑动过程中，由动能定理得：11mgR(1 cos) mvC2mvB222在 C 点对滑块由牛顿第二定律得FNmgm vC2R联立以上各式解得： FN 25.1N（ 3）根据牛顿第二定律，对滑块有 mg ma1 ，对小车有 mgMa 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即vC a1t 1 a2t 1由以上各式解得 t134 s，6此时小车的速度为va2t 134m / s51mvC21物块在 CD段滑动过程中由能量守恒定律得：（ M m） v2 + Q22解得： Q=13.6J5 如图所示，半径R=0.40

12、m 的光滑半圆环轨道处于竖起平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A一质量 m=0.10kg 的小球，以初速度 V0=7.0m/s 在水平地面上向左做加速度 a=3.0m/s 2 的匀减速直线运动，运动4.0m 后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点求（ 1）小球到 A 点的速度（ 2）小球到 B 点时对轨道是压力（ 3） A、 C 间的距离（取重力加速度 g=10m/s 2）【答案】 （1） VA5m / s（ 2） FN1.25 N（ 3） SAC=1.2m【解析】【详解】（1）匀减速运动过程中，有：vA2v022as解得： vA 5m / s（2）恰好做圆周运动时物体在最高点B 满

13、足： mg=m vB21 ，解得 vB 1 =2m/sR假设物体能到达圆环的最高点B，由机械能守恒：1A=2mgR+1mv2mv2B22联立可得 ：vB=3 m/s因为 vBvB1，所以小球能通过最高点B此时满足 FN mgm v2R解得 FN1.25 N（3）小球从B 点做平抛运动，有：12R=gt22SAC=vBt得： SAC=1.2m【点睛】解决多过程问题首先要理清物理过程，然后根据物体受力情况确定物体运动过程中所遵循的物理规律进行求解；小球能否到达最高点，这是我们必须要进行判定的，因为只有如此才能确定小球在返回地面过程中所遵循的物理规律6 某工厂在竖直平面内安装了如图所示的传送装置，圆

14、心为O 的光滑圆弧轨道 AB 与足够长倾斜传送带 BC 在 B 处相切且平滑连接， OA 连线水平、 OB 连线与竖直线的夹角为37 ，圆弧的半径为 R 1.0m ，在某次调试中传送带以速度v 2 m/s顺时针转动，现将质量为m13 kg的物块P（可视为质点）从A 点位置静止释放，经圆弧轨道冲上传送带，当物块P 刚好到达B 点时，在C 点附近某一位置轻轻地释放一个质量为m21kg的物块 Q 在传送带上，经时间t1.2s 后与物块 P 相遇并发生碰撞，碰撞后粘合在一起成为粘合体 A已知物块 P、Q、粘合体 S 与传送带间的动摩擦因数均为0.5 ，重力加速度20.6 ， cos37 0.8 试求：

15、g 10m/s ， sin37（ 1）物块 P 在 B 点的速度大小；（ 2）传送带 BC两端距离的最小值；（ 3）粘合体回到圆弧轨道上 B 点时对轨道的压力【答案】 （1） 4m/s （2） 3.04m（ 3） 59.04N ，方向沿OB 向下。【解析】【分析】【详解】（1）由 A 到 B，对物块 P 由动能定理有m1gR cos1 m1v122可得物块 P 在 B 点的速度大小v12gRcos4m/s（2）因 vBv，物块 P 在传送带上减速，受到向下的摩擦力，由牛顿第二定律有m1 g sinm1g cosm1a1可得物块P 的加速度大小a 1=10m/s2减速至 v 的时间t1vv10.

16、2sa1运动位移x1v2v120.6m2a1因 x1L，摩擦力反向，又因 mg sinmg cos，物块 P 继续向上减速，有m1 g sinm1g cosm1a2可得物块P 的加速度大小a1=2m/s 2减速至 0 的时间t2v1sa2因 t 2=t-t 1 ，说明物块 P 刚好减速到零时与物块Q 相遇发生碰撞物块 P 第二段减速的位移大小v2x21m2a2对物体 Qm2 g sinm2 g cosm2 a3可得其加速度a3=2m/s 2下滑的位移x31 a3t 21.44m2BC 的最小距离L=x1+x2+x3=3.04m（3）碰撞前物体Q 的速度v2=a3t =2.4m/s物体 P 和

17、Q 碰撞m2v2=（ m1+m2 ）v3可得碰撞后速度v3=0.6m/s碰撞后粘合体以加速度a3 向下加速运动，到圆弧上的B 点的过程，有2a3 x1x2 v42 - v32可得粘合体在B 点的速度v4=2.6m/s在 B 点由牛顿第二定律有v42Fm1m2 gcos m1m2R可得轨道对粘合体的支持力F=59.04N由牛顿第三定律得：粘合体S 对轨道的压力F=59.04N，方向沿OB 向下。7如图所示，A、 B 是水平传送带的两个端点，起初以的速度顺时针运转今将一质量为1kg 的小物块（可视为质点）无初速度地轻放在A 处，同时传送带以的加速度加速运转，物体和传送带间的动摩擦因素为0.2，水平

18、桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道CPN，其形状为半径R=0.8m 的圆环剪去了左上角1350 的圆弧， PN 为CBRBC撞落入轨道取g=10m/s 2，求：（ 1）物块由 A 端运动到 B 端所经历的时间（ 2） AC 间的水平距离（ 3）小物块在 P 点对轨道的压力【答案】（ 1） 3s（ 2） 8.6m（ 3） 70-10N【解析】试题分析：（ 1）物体离开传送带后由C点无碰撞落入轨道，则得在C 点物体的速度方向与 C 点相切，与竖直方向成45o，有，物体从 B 点到 C作平抛运动，竖直方向：水平方向：得出物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律得 a=2m/s 2物体历时t 1后与传送带共速，

19、则1 001， 1=1sa t =v + a tt得 v1=2 m/s 4 m/s故物体此时速度还没有达到vB，且此后的过程中由于，物体将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t2 到达 B 点 vB= v1 + a0t 2得 t 2=2s所以从 A 运动倒 B 的时间 t= t 1+t2 =3sAB 间的距离 s=7m（ 2）从 B 到 C 的水平距离 sBC=vBt3=2R=1.6m所以 A 到 C 的水平距离sAC=s+sBC=8.6m(3) 对 CP 段由动能定理对 P 点应牛顿第二定律：解得： N=70-10N考点：牛顿第二定律的综合应用；平抛运动【名师点睛】此题主要是牛顿第二定律的综

20、合应用问题；解决此题的关键是抓住过程分析及各过程之间的联系，分过程依次解决，对于在传送到上的运动又要讨论各种情况，比较复杂；对于圆周运动问题逐一分析向心力来源有一定难度8 如图所示，质量m=0.2kg 小物块，放在半径R1=2m的水平圆盘边缘A 处，小物块与圆盘的动摩擦因数 1=0.8 。圆心角为=37. 半径R2=2.5m 的光滑圆弧轨道BC与水平轨道光滑连接于 C点，小物块与水平轨道的动摩擦因数为 2=0.5 。开始圆盘静止，在电动机的带动下绕过圆心O1 的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面水平方向飞出（此时O1 与 A连线垂直纸面），恰好沿切线进入圆弧轨道B 处，经过圆弧BC进入水平

21、轨道CD，在 D处进入圆心为O3. 半径为 R3=0.5m 光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道DF向右运动。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37 =0.6 ，cos37=0.8 ，g 取 10m/s 2，求：（ 1）圆盘对小物块 m做的功；（ 2）小物块刚离开圆盘时 A、B 两点间的水平距离；（ 3）假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端D与圆弧轨道底端C之间的距离范围和小物块的最终位置。【答案】（ 1） 1.6J ；（ 2） 1.2m；（ 3）物块停离C 位置处。【解析】（ 1）小物块刚滑出圆盘时：，得到：由动能定理得：，得到：（2）物块切入圆弧面

22、，由平抛运动知识可得：在 B 处的竖直方向速度为，运动时间AB 间的水平距离；（3）物块刚好通过圆轨道最高点E 处：由 B 到 E 点由动能定理得到：，可得：即 DC 之间距离不大于时物块可通过竖直圆，最后物块停止，由动能定理可得：最后物块停离C 位置处。故本题答案是：（1） 1.6J；（ 2） 1.2m；（ 3）物块停离C 位置处点睛：把握题中的临界条件即摩擦力达到最大时物块即离开平台开始做平抛运动，然后结合题中给的条件求解待求量。9 某工地某一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB 为一段足够长的曲线轨道，BC 一段足 的水平 道，CD 一段 弧 道， 弧半径r=1m，三段 道均光滑。

23、一 L=2m 、 量 M=1kg 的平板小 最初停在BC 道的最左端，小 上表面 好与AB 道相切，且与CD 道最低点 于同一水平面。一可 点、 量 m=2kg 的工件从距 AB 道最低点h 高 沿 道自由滑下，滑上小 后 小 也向右运 ，小 与 道左端碰撞 (碰撞 极短 )后即被粘在C 。工件只有从CD 道最高点 出，才能被站在台面 DE 上的工人接住。工件与小 的 摩擦因数 =0.5，取 g=10m/s 2，CD(1)若 h=2.8m， 工件滑到 弧底端B 点 道的 力 多大？(2)要使工件能被站在台面DE 上的工人接住，求h 的取 范 .【答案】 （1）（ 2）【解析】 (1) 工件从起

24、点滑到 弧 道底端B 点 , 到B 点 的速度 vB ，根据 能定理：工件做 周运 ，在B 点，由牛 第二定律得：由两式可解得：N=40N由牛 第三定律知, 工件滑到 弧底端B 点 道的 力 N=N=40N(2) 由于 BC 道足 , 要使工件能到达 CD 道 , 工件与小 必 能达共速 , 工件 滑上小 的速度 v0, 工件与小 达共速 的速度 v1，假 工件到达小 最右端才与其共速， 定向右 正方向， 于工件与小 成的系 ，由 量守恒定律得：mv0=( m+M) v1由能量守恒定律得： 于工件从AB 道滑下的 程，由机械能守恒定律得：代入数据解得：h1=3m.要使工件能从CD 道最高点 出

25、, h1 =3m 其从 AB 道滑下的最大高度, 其最小高度 h, 滑上小 的速度 v0, 与小 达共速 的速度 v 1, 滑上 CD 道的速度 v 2， 定向右 正方向，由 量守恒定律得：mv 0=( m+M) v 1由能量守恒定律得：工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得：工件在 AB轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得：联立。 , 代入数据解得：h=m综上所述 , 要使工件能到达CD轨道最高点 , 应使 h 满足：mh? 3m.【名师点睛】（ 1）工件在光滑圆弧上下滑的过程，运用机械能守恒定律或动能定理求出工件滑到圆弧底端 B 点时的速度在 B 点，由合力提供向心力，由牛顿第二定律

26、求出轨道对工件的支持力，从而得到工件对轨道的压力（ 2）由于 BC轨道足够长，要使工件能到达 CD轨道，工件与小车必须能达共速，根据动量守恒定律、能量守恒定律求出滑上小车的初速度大小，根据机械能守恒求出下滑的高度h=3m，要使工件能从 CD轨道最高点飞出， h=3m为其从 AB轨道滑下的最大高度，结合动量守恒定律和能量守恒定律、机械能守恒定律求出最小高度，从而得出高度的范围10 如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R 的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ 段长度为，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为，轨道其它部分摩擦不计。水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态。可视为质点的质量

27、的小物块从轨道右侧A 点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求：（1）弹簧获得的最大弹性势能；（2）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；（ 3）当 R 满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道。【答案】 （1） 10.5J（ 2）3J（ 3） 0.3mR0.42m或 0R0.12m【解析】【详解】（1）当弹簧被压缩到最短时，其弹性势能最大。从A 到压缩弹簧至最短的过程中，由动能定理得 ： - mgl+W 弹 0-mv0 2由功能关系： W 弹 =-Ep =-Ep解得 Ep=10.5J；（2）小物块从开始运动到

28、第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理得-2 mgl Ek-mv02解得 Ek=3J；（3）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为v2，由动能定理得-2 mgR mv22- Ek小物块能够经过最高点的条件mmg，解得 R0.12m小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即mv12mgR，解得 R 0.3m；设第一次自A 点经过圆形轨道最高点时，速度为v1，由动能定理得：2-2-2 mgR mv1mv0且需要满足mmg，解得 R0.72m，综合以上考虑，R 需要满足的条件为：0.3mR0.42m或 0R0.12m。【点睛】解决本题的关键是分析清楚小物块的运动情况，把握隐含的临界条件，运用动能定理时要注意灵活选择研究的过程。